Đề thi học sinh giỏi toán lớp 8 có đáp án chi tiết đề 20

ĐỀ THI OLYMPIC MƠN TỐN LỚP 8
Năm học: 2013 - 2014
Thời gian làm bài: 120 phút

PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG THCS KIM AN

Đề bài:
C©u 1( 3 điểm)

 6−x 1
x 3+ x
−
1 −
÷.
Gi¶i ph¬ng tr×nh sau:
3  2

2
4
x−
= 3−
2
2
Câu 2: ( 3 điểm )
Chứng minh đẳng thức: x2+y2+1 ≥ x.y + x + y
( với mọi x ;y)
C©u 3( 5 điểm)
a) T×m sè d trong phÐp chia cđa biĨu thøc ( x + 2 ) ( x + 4 ) ( x + 6 ) ( x + 8) + 2008
cho ®a thøc x 2 + 10 x + 21 .
b) Tìm các số nguyên a và b để đa thức A(x) = x 4 − 3x3 + ax + b chia hết

2
cho đa thøc B( x) = x − 3x + 4

Câu 4: ( 2 điểm )
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức A =

27 − 12 x
x2 + 9

Câu 5 : (7điểm).
Cho Tam giác ABC vng cân ở A. Điểm M trên cạnh BC. Từ M kẻ ME
vng góc với AB, kẻ MF vng góc với AC ( E ∈ AB ; F ∈ AC )
a. Chứng minh: FC .BA + CA . B E = AB2
b. Chứng minh chu vi tứ giác MEAF khơng phụ thuộc vào vị trí của M.
c. Tìm vị trí của M để diện tích tứ giác MEAF lớn nhất.
------Hết------

Người ra đề: Nguyễn Thị Thu Hường
Người kiểm tra: Hà Thị Thủy

ĐÁP ÁN CHẤM OLYMPIC MƠN TỐN LỚP 8


Năm học: 2013 – 2014
Câu
Câu1(3điểm)

Nội dung

Điểm

x 3+ x
6− x 1
−
(1 −
). .
x- 2
4 =33
2
2
2
x 3+ x
6−x 1
) = 6 – (1 2x – ( −
).
2
4
3
2
2x 3 + x
3 6− x
) =6–( −
)
2x – ( −
4
4
6
6
2x − 3 − x
3−6+ x

2x –
=6–
4
6

1.0

24x – 3(x – 3) = 72 – 2(x – 3)
 24x – 3x + 9 = 72 – 2x + 6
24x – 3x+ 2x = 72 + 6 – 9
23x = 69
=> x = 3
Vậy S = { 3}

1,0
0,5
0,5

Câu2(3điểm)

Ta có ( x – y)2 ≥ 0 với x,y
( x – 1)2 ≥ 0 với x
( y – 1)2 ≥ 0 với y
=> ( x – y)2 + ( x – 1)2 + ( y – 1)2 ≥ 0
 x2 – 2xy + y2 + x2 – 2x + 1 + y2 – 2y + 1 ≥ 0
 2x2 + 2y2 + 2 ≥ 2xy + 2x + 2y
 2(x2 + y2 + 1) ≥ 2(xy + x + y)
 x2 + y2 + 1 ≥ xy + x + y
Câu3(5điểm)
a. Tìm số dư trong phép chia:

Ta có A = (x + 2 )(x + 4)(x + 6)( x + 8) + 2008
= (x + 2 )(x + 8)(x + 4)( x + 6) + 2008
= (x2 + 10x + 16)( x2 + 10x + 24) + 2008
Đặt x2 + 10x + 21 = a
 ta có A = ( a – 5 )( a + 3) + 2008
= a2 – 2a – 15 + 2008
= a2 – 2a + 1993
Mà a2 – 2a + 1993 chia cho a dư 1993
Vậy (x + 2 )(x + 4)(x + 6)( x + 8) + 2008 chia cho x2 + 10x + 21 có số dư là
1993
b. Ta có x4 – 3x3 + ax + b = ( x2 – 3x + 4)(x2 – 4) + (a – 12)x + ( b+16)
Để x4 – 3x3 + ax + b chia hết cho x2 – 3x + 4 thì a – 12 hoặc b+16
=> a = 12; b = -16
27 − 12 x 36 − 12 x + x 2 − 9 − x 2
Câu4(2điểm)
( 6 − x ) 2 x 2 + 9 (6 − x ) 2
*) Ta có : A = 2
=
= 2
- 2
= 2
-1
2
x +9

x +9

x +9

(6 − x ) 2

Vì (6 – x) ≥ 0 và x – 9 > 0 nên A = 2
-1 ≥ -1
x +9
2

2

x +9

1.0
1.0
1.0

1.0

1.0
1.0
1.0
1.0

x +9

0.5


Vậy GTLN của A = -1 khi (6 – x)2 = 0 x = 6

27 − 12 x 4 x + 36 − 4 x − 12 x − 9 4 x + 36 4 x + 12 x + 9
−
=

= 2
x2 + 9
x2 + 9
x +9
x2 + 9
4( x 2 + 9) (2 x + 3) 2
(2 x + 3) 2
− 2
= 4− 2
= 2
x +9
x +9
x +9
(2 x + 3) 2
2
2
≥
≤ 4
4
−
Vì (2x +3) 0 và x + 9 > 0 nên
x2 + 9
−3
Dấu = xẩy ra khi 2x + 3 = 0 hay x =
2
−3
Vậy GTLN của A = 4 khi x =
.
2
2

*) A =

2

2

0.5

2

0.5

0.5

B
Câu5(7điểm)
E

A

M

F

C
0.5

a.
Vì MF ⊥ AC (gt) và AB ⊥ AC ( ∠ A= 1v) =>

FC MF
=
AC AB

 FC.AB = AC.MF
Vì AB=AC(gt) => FC.AB= AB.MF (1)
Vì ME ⊥ AC (gt) và AC ⊥ AB ( ∠ A = 1v ) =>

0.5
AC AB
=
ME BE

AC.BE = ME.AB hay CA.BE = AB.ME (2)
Cộng (1) với (2) ta có FC.BA + CA.BE = AB.MF + AB.ME
Hay FC.BA + CA.BE = AB(MF + ME)
Mà tứ giác AEMF là hình chữ nhật( vì ∠ A= ∠ E = ∠ F = 1v) => MF = AE
Mặt khác xét tam giác BEM có ∠ E = 1v ( ME ⊥ AB) và ∠ B = 450
( Tam giác ABC vuông cân tại A) => tam giác BME vuông cân
=> BE = ME
Do đó FC.BA + CA.BE = AB(MF + ME) = AB(AE + BE ) = AB2
b.
Vì tứ giác AEMF là hình chữ nhật => chu vi AEMF = 2(AE + ME) hay chu
vi AEMF = 2AB mà AB không đổi nên chu vi AEMF không đổi hay không
phụ thuộc vào vị trí của M trên BC.
c.
Ta có SAEMF = ME.EA = BE.EA ( vì ME = BE)
Vì BE > 0 ; EA> 0 do đó theo CôSi thì BE.EA ≤ (
BE.EA ≤ (

AB 2
AB 2
) hay SAEMF ≤ (
)
2
2

BE + AE 2
) hay
2

0.5
0.5

0.5
1.0
2.0

0.5


Vậy SAEMF lớn nhất khi BE = EA hay E là trung điểm của AB mà
ME//AC nên SAEMF lớn nhất khic M là trung điểm của BC

0.5
0.5